2022年数列高考知识点归纳 2.pdf
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1、数列高考知识点大扫描数列基本概念数列是一种特殊函数,对于数列这种特殊函数,着重讨论它的定义域、值域、 增减性和最值等方面的性质,依据这些性质将数列分类:依定义域分为:有穷数列、无穷数列;依值域分为:有界数列和无界数列;依增减性分为递增数列、递减数列和摆动数列。数列的表示方法:列表法、图象法、解析法(通项公式法及递推关系法);数列通项:( )naf n2、等差数列 1、定义当nN, 且2n时,总有1,()nnaadd常,d 叫公差。 2、通项公式1(1)naand1) 、从函数角度看1()nadnad是 n 的一次函数,其图象是以点1(1,)a为端点 , 斜率为 d 斜线上一些孤立点。2) 、从
2、变形角度看(1)()nnaand, 即可从两个不同方向认识同一数列,公差为相反数。又11(1) ,(1)nmaand aamd, 相减得()nmaanm d,即()nmaanm d. 若 nm,则以ma为第一项,na是第 n-m+1 项,公差为d;若 nn) ,求 Sn+m的值。 思路 ,mm nSSSn下标存在关系:m+n=m+n, 这与通项性质qpnmaaaaqpnm是否有关? 解题 由 Sn=a,Sm=Sn+a n+1+an+2+ +am=b 得 a n+1+an+2+ +am =b-a, 即abnmaamn)(21,得nmabaamn21由(n+1)+m=1+(n+m), 得 an+1
3、+am=a1+am+n故).()(2)(211nmnmabnmaanmaaSmnnmnm 请你试试 1 3 1、在等差数列an中,15S6,55S9,求S15。2、在等差数列an中,1S3,3S9,求S12。第 3 变已知已知前n 项和及前 2n 项和,如何求前3n 项和精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 22 页 变题 3 在等差数列 an 中,20S10,40S20,求S30 思路 由2030,SSS10寻找102030,SSSSS1020之间的关系。解 题 设 数 列 an 公 差 为d ,101210SaaaQL,2
4、010111220SSaaaL,3020212230SSaaaL, 201010()10 10SSSd, 30202010()()10 10SSSSd,所 以102030,SSSSS1020成 等 差 数 列 , 公 差100d , 于 是2010302()()SSSSS1020, 得30203()32060SSS10。 收获 1 、在等差数列an 中,102030,SSSSS1020成等差数列,即1210aaaL,111220aaaL,212230aaaL,成等差数列,且30203()SSS10。3、 可推广为535()nnSSS2n,747()nnSSS3n,(21)(21)knknSkS
5、S(k-1)n。 请你试试 1 4 1、在等差数列an中,123aa,346aa,求78aa2、在等差数列an中,121010aaaL,11122020aaaL,求313240aaaL3、在等差数列an中,20S10,30S20,求S50及S100。4、数列 an 中,San,Sb2n,求S3n。5、等差数列 an共有 3k 项,前 2k 项和25S2k,后 2k 项和75S2k,求中间k 项和S中。第 4 变 迁移变换重视 Sx=Ax2+Bx 的应用 变题 4 在等差数列 an 中, Sn=m,,Sm=n,(mn) ,求 Sn+m的值。 思路 等差数列前n 项和公式是关于n 的二次函数,若所
6、求问题与1,a d无关时,常设为S=An2+Bn形式。 解题 由已知可设 Sn=An2+Bn=m Sm=Am2+Bm=n , 两式相减,得 A(n+m)(n-m)+B(n-m)=m-n , 又 mn , 所以()1A nmB,得2()()()()()m nSA mnB mnmnA mnBmn。 收获 “整体代换”设而不求,可以使解题过程优化。 请你试试 1 5 1、 在等差数列 an中,84S12,460S20,求S322、 在等差数列 an中,,()nSSmnm, ,求Sm+n3、 在等差数列 an中,0a1,15SS10,求当 n 为何值时,Sn有最大值精选学习资料 - - - - - -
7、 - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 22 页第 5 变归纳总结,发展提高 题目 在等差数列 an中, Sn=a,Sm=b,(mn) ,求 Sn+m的值。(仍以变题2 为例)除上面利用通项性质qpnmaaaaqpnm求法外,还有多种方法。现列举例如下:1、 基本量求解:由bdmmmaSadnnnaSmn2)1(,2)1(11,相减得badnmamn21)(1, dnmnmanmSnm2)1)()(1代入得mnbanmSnm)(。2、利用等差数列前x 项和公式Sx=Ax2+Bx求解由 Sx=Ax2+Bx,得 Sn=An2+Bn, Sm=Am2+Bm 两式相减,得
8、A(n+m)(n-m)+B(n-m)=a-b 即mnbaBmnA)(故)()()(2bamnmnnmBnmASnm3、利用关系式BAnnSn求解由BAnnSn知nSn与 n 成线性关系,从而点集(n, nSn) 中的点共线,即(n, nSn), (m, mSm),(m+n, nmSnm) 共线,则有nnmnsnmsmnmsnsnnmmn, 即mnanmsmnmbnanm,化简 , 得mnnbnaamnnbmasnmnnm,即)(bamnmnsnm. 4、利用定比分点坐标公式求解由A(n, nSn), B(m, mSm), P(m+n, nmSnm) 三 点 共 线 , 将 点P 看 作 有 向
9、 线 段AB的 定 比 分 点 , 则nmnmmnnmPBAP)(,可得mnbanmnbnanmmsnmnsnmsmnnm1)(1)(, 即)(bamnmnsnm. 请你试试 1 6 若 Sn是等差数列 an的前 n 项和, S2=3,S6=4 ,则 S12_. 第二节等比数列的概念、性质及前n 项和题根二等比数列 an ,574,6aa, 求a9。 思路 1 、由已知条件联立,求,从而得2、由等比数列性质,知成等比数列。 解题 1 由4651714,9aa qaa q, 两式相除,得232q,2973692aa q。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - -
10、- - - -第 7 页,共 22 页 解题 2 由579,aa a成等比,得22795694aaa。 收获 1 、灵活应用性质,是简便解题的基础;2、等比数列中,序号成等差的项,成等比数列。 请你试试2 1 等比数列 an ,10,2aq,若30123302aaaaL,则36930aaaaL_。第 1 变连续若干项之和构成的数列仍成等比数列 变题 2 等比数列 an ,1234562,6aaaaaa,求101112aaa。 思路 等比数列中,连续若干项的和成等比数列。 解题 设11232456,baaa baaa,4101112baaa,则bn是等比数列,12,3bq,33412 354bb
11、 q,即10111254aaa。 收 获 等 比 数 列 an ,1q时 ,232,kkkkkSSSSS, 成 等 比 数 列 , 但 总 有2322()()kkkkkSSSSS。当 k 为偶数时,0kq恒成立。 请你试试2 2 1、等比数列 an ,1q时,242,6SS,求6S。2、等比数列 an ,1q时,261,21SS,求4S。第 2 变396,SSS成等差,则396,a aa成等差 变题 3 等比数列 an 中,396,S SS成等差,则396,aa a成等差。 思路 396,SS S成等差,得3692SSS,要证396,a aa等差,只需证3692aaa。 解题 由396,SS
12、S成等差,得3692SSS,当 q=1 时,3161913,6,9Sa Sa Sa , 由10a得3692SSS,1q。由3692SSS,得369111(1)(1)2(1)111aqaqaqqqq,整理得3692qqq,0qQ,得3612qq,两边同乘以3a, 得3692aaa,即396,a aa成等差。 收获 1 、等比数列 an 中,396,SS S成等差,则285,aa a成等差。2、等比数列 an 中,,nmkSSS成等差,则,n dm dkdaaa(其中*,md nd kdNdZ)成等差精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8
13、页,共 22 页3、等比数列 an 中,,nmkaaa成等差,则,n dm dkdaaa(其中*,md nd kdNdZ)成等差。 请你试试 2 3 1、 等比数列 an ,1q,356,a aa成等差,求11910()aaa的值。2、等比数列 an ,174,a aa成等差,求证361262,S SSS成等比。第 3 变nS是等比,na也是等比数列 变题 4 数列na中,10a且12,nS SSLL,是等比数列,公比 q (1q) ,求证na(2n) 也是等比数列。 思路 1nnnaSSQ , 欲证na为等比数列,只需证1nnaa为常数。 解题 1nnnaSSQ,11nnnaSS, (2n)
14、, 得111nnnnnnaSSaSS,而1nnSSq,211nnSSq,111(1)(1)nnnnaSq qqaSq, (2n), 故na从第二项起,构成等比数列,公比为 q 。第 4 变等比数列在分期付款问题中应用问题顾客购买一售价为5000 元的商品时,采用分期付款方法,每期付款数相同,购买后1 个月付款一次,到第 12 次付款后全部付清。如果月利润为0.8%,每月利息按复利计算,那么每期应付款多少?(精确到1 元)分析一:设每期应付款x 元,则第 1 次付款后,还欠 5000(1+0.8%)-x(元)第 2 次付款后,还欠 5000(1+0.8%)2-x(1+0.8%)-x=5000(1
15、+0.8%)2-x(1+0.8%)-x(元)第 3 次付款后,还欠 5000(1+0.8%)2-x(1+0.8%)-x(1+0.8%)-x=5000(1+0.8%)3-x(1+0.8%)2-x(1+0.8%)-x(元)最后一次付款后,款已全部还清,则 5000(1+0.8%)12-x(1+0.8%)11-x (1+0.8%)10- -x(1+0.8%)-x=0 ,移项 5000(1+0.8%)12=x(1+0.8%)11+x( 1+0.8%)10+ +x(1+0.8%)+x, 即121211.00850001.0081 1.008x算得12125000 1.008(1.0081)1.0081x
16、438.6(元)一般地,购买一件售价为a 元的商品,采用分期付款时,要求在m个月内将款还至b 元,月利润为p,分 n(n是 m的约数)次付款,那么每次付款数计算公式为 (1)(1)1(1)1mmnmapbpxp . 分析二:设每月还款x 元,将商家的5000 元折算成12 个月后的钱要计算12 个月的利息,而顾客第一次还的钱也应计算11 个月的利息,第二次还的钱应计算10 月的利息,于是得方程5000(1+0.8%)12=x(1+0.8%)11+x(1+0.8%)10+ +x(1+0.8%)+x ,解得438.6x(元)分析三:设每次还款x 元,把还款折成现在的钱,可得211500010.8%
17、(10.8%)(10.8%)xxxL, 解得438.6x(元) 。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 22 页将上述方法应用到其他实际问题中,如木材砍伐,人口增长等。 请你试试2 4 某地现有居民住房的总面积为a m2,其中需要拆除的旧住房面积占了一半。当地有关部门决定在每年拆除一定数量旧住房的情况下,仍以 10% 的住房增长率建设新住房。如果 10 年后该地的住房总面积正好比目前翻一番,那么每年应拆除的旧住房总面积x 是多少?(取1.110为 2.6 )第三节常见数列的通项及前n 项和 题根 3 求分数数列111,1 2
18、2 3 3 4L的前 n 项和nS 思路 写出数列通项公式,分析数列特点:分母中两因数之差为常数1。 解题 数列通项公式1(1)nan n,亦可表示为111nann,所以11111111223111nnSnnnnL。 收获 将数列每一项裂为两项的差,再相加,使得正负抵消。第 1 变分母中两因数之差由常数1 由到 d 变题 1 求分数数列111,1 3 3 5 5 7L的前 n 项和nS。 思路 写出通项公式,裂项求和。, 解题 1111(21)(21)22121nannnnQ,11111111112335212122121nnSnnnnL。 收获 1 、求分数数列的前n 项和nS时,将数列每一
19、项裂为两项的差,称裂项法。2、用裂项法可求解:(1)若na为等差数列,0,1,2,nakL,公差为 d,则1223341111111nnnnaaaaaaaaaaL. 3、常见裂项法求和有两种类型:分式型和根式型。如分式型1111(3)33nan nnn;根式型111nannnn;11()ababab。另外还有:nn!=(n+1)!-n!,11mmmnnnCCC。 请你试试 3 1 1、求分数数列1 111,2 6 12 20L的前 n 项和nS精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 22 页2、求分数数列22221111,12
20、 24 36 48L的前 n 项和nS。2、 求分数数列222222228 18 28 38 4,13355779L的前 n 项和nS。第 2 变 分母中因数由2 到 3 变题 2 求分数数列111,1 2 3 2 3 4 3 4 5L的前 n 项和nS。 思路 数列中的项的变化:分母因数由两个变为三个,是否还可裂项呢? 解题 由1111(1)(2)2(1)(1)(2)nan nnn nnn,得1111111()()21 22 32 33 4(1)(1)(2)nSn nnnL111(3)21 2(1)(2)(1)(2)n nnnnn。 收获 1 、分母为连续三因数的积,仍拆为两项的差,再相加,
21、使得正负抵消。2、对于公差为d (0d) 的等差数列na , 有12121231111()(1)kkkaaakdaaaaaaLLL . 请你试试 3 2 1 、求分数数列111,1 3 5 3 5 7 5 7 9的前n 项和nS。 2 、求分数数列111,1 2 3 4 2 3 4 5 3 4 5 6的前n 项和nS。 3 、求分数数列33333451111,nC CCCLL的前n 项和nS。第 3 变由分数数列到幂数列 变题 3 求数列2221 ,2 ,3 ,的前n 项和nS。 思路 利用恒等式332(1)331kkkk,取 k=1 , 2 , 3 ,,相加正负抵消可解。 解题 由恒等式33
22、2(1)331kkkk取 k=1、2、3,得332213 13 1 1332323 23 21332(1)331nnnn各式相加得33222(1)13(12)3(12)nnnnLL精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 22 页得2223311(1)12(1)3(1 2)1(1)31332nn nSnnnnnnLL1(1)(21)6n nn。 收获 利用恒等式4432(1)4641kkkkk,类似可得33312nSnL2(1)2n n。注意:正整数的平方和、立方和公式应用十分广泛。 请你试试 3 3 求和 ( 1)22224(
23、2 )nSnL, (2)33313(21)nSnL, (3)33324(2 )nSnL。第 4 变由幂数列到积数列 变题 4 求数列1 2,23,34,的前n 项和nS。 思路 1 写通项公式,由通项特征求解。 解题 12(1)nan nnnQ,222(11)(22)()nSnnL222(12)(12)nnLL1(1)1(1)(21)(1)(2)623n nn nnn nn。 思路 2 利用1(1)(1)(2)(1) (1)3nan nn nnnn n裂项相加。 解题 2 由1(1)(1)(2)(1) (1)3nan nn nnnn n得1 22334(1)nSn nL1(1 2 30 1 2
24、)(2 3 41 2 3)(1)(2)(1) (1)3n nnnn nL1(1)(2)3n nn。收 获 对 于 通 项 为 两 因 数 的 积 , 可 推 广 到 通 项 为k个 因 数 的 积 , 如 求 数 列12 3,23(1),34(2),kkkLLL的前项和nS。由1(1)(1) (1)()(1)(1),1nannnkn nnknnnkkLLL将每一项裂为两项的差,相加即可正负抵消。 思路 3 联想组合数公式,可见21(1)2nn nC,利用组合数性质可得。 解题 3 由2(1)2nnan nC,得222223122()2nnnSCCCCL1(1)(2)3n nn。 请你试试 3
25、4 求数列12 3,234,345,的前n 项和nS。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 22 页第 4 变由等差数列与等比数列对应项的积构成的积数列 变题 5 在数列na中,210(1)11nnannn, (1) 分别求出10nnaa和10nnaa的 n 取值范围; (2)求数列最大项; (3)求数列前n 项和nS。 思路 1、解正整数不等式,2、利用函数单调性,3、利用错位相消法。 解题 (1) 由111010910(2)(1)11111111nnnnnnaann, 当 n9 时,10nnaa, 即1nnaa;当 n9
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